趙建華

[摘要]立體幾何的二面角問題一直都是高中數學教學和考試的重點和難點，試題的解法具有獨特性、針對性.一種求二面角的方法——公式法，在所有涉及三面角的題目中，能用上此種方法的題占80%以上.

[關鍵詞]立體幾何二面角公式法

[中圖分類號]G633.6[文獻標識碼]A[文章編號]16746058（2015）110001

立體幾何中的二面角問題是高考的熱點，自然是高考復習的重點，這類題的常規(guī)解法有兩種：定義法和向量法.本文試圖再添一法——公式法.

一、公式法的應用

為行文方便，約定：三棱錐的一個側面三角形中，頂點與棱錐的頂點公共的角稱為這個側面的頂點角；有兩個側面互相垂直的三棱錐稱為直側面三棱錐；互相垂直的兩個側面稱為直側面；與兩個直側面都斜交的另一側面稱為斜側面.

圖1如圖1，三棱錐O—ABC中，AB⊥OA，AC⊥OA，∠BAC是二面角B—OA—C的平面角，記為α.棱OA所對的頂點角∠BOC記為θ，與OA相鄰的頂點角∠BOA和∠COA分別為θ1和θ2.

設OA=a，OB=b，OC=c，AB=m，AC=n.

在△ABC和△BOC中，利用余弦定理有

m2+n2-2mncosα=BC2=b2+c2-2bccosθ-2mncosα=b2-m2-n2+c2-2bccosθ=a2+a2-2bccosθcosα=bccosθ-a2mn=cosθ-ab·acmb·nc.（ab=cosθ1，ac=cosθ2，mb=sinθ1，nc=sinθ2）

結果求得二面角大小的一般式公式：

cosα=cosθ-cosθ1cosθ2sinθ1sinθ2.

圖2又如圖2，三棱錐M—NPQ中，側面MPN⊥側面MPQ，QP⊥MP，PN⊥MN，則根據三垂線定理知∠PNQ是二面角P-MN-Q的平面角，記為α.棱MN所對的直側面的頂點角記為θ，與棱MN相鄰的另一直側面的頂點角記為θ1，斜側面的頂點角記為θ2.

∵∠MNP=∠MNQ=∠MPQ=∠NPQ=90°，

∴tanα=PQNP=MP·tanθMP·sinθ1，得公式（一）tanα=tanθsinθ1；

sinα=PQNQ=MQ·sinθMQ·sinθ2，得公式（二）sinα=sinθsinθ2；

cosα=NPNQ=MN·tanθ1MN·tanθ2，得公式（三）cosα=tanθ1tanθ2.

公式（一）（二）（三）統(tǒng)稱為求二面角大小的直面式公式.

把一個二面角看成一個三棱錐的兩個側面組成的角，用這個三棱錐的三個或其中的兩個側面的頂點角來計算這個二面角的大小是本文公式的本質特征.這個三棱錐稱為這個二面角的相關三棱錐.

筆者查看近五年全國各省高考數學試題發(fā)現，在所有涉及二面角的題目中，能用上直面式公式的題占80%以上，其中能用上公式（一）的最多.

下面以歷年高考真題為例來說明本公式的應用.

圖3【例1】（2014·浙江·20，15分）如圖3，在四棱錐A—BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE=∠BED=90°，AB=CD=2，DE=BE=1，AC=2.

（Ⅰ）證明：DE⊥平面ACD；

（Ⅱ）求二面角B—AD—E的大小.

解：（Ⅰ）在直角梯形BCDE中，

由DE=BE=1，DC=2，得BD=BC=2，

又AC=2，AB=2，得AC2+BC2=AB2，即得AC⊥BC.

又平面ABC⊥平面BCDE，∴AC⊥平面BCDE.

∴AC⊥DE.

又DE⊥DC，AC∩DC=C，∴DE⊥平面ACD.

（Ⅱ）分析：觀察三棱錐D—ABE，易知棱DA所對的∠EDB=45°，由已知DE=BE，DE⊥BE，與棱DA相鄰的∠EDA=90°，由（Ⅰ）知ED⊥平面ACD，∴ED⊥DA，與DA相鄰的另一個∠BDA所在的△ABD是直角三角形，這可從三邊長BD、DA、AB檢驗勾股定理得到，也可由（Ⅰ）知DB⊥BC，DB⊥AC，得DB⊥平面ABC，∴DB⊥AB.△ABD的三邊長易得，相關的三個角的正、余弦值可寫，從而思路打通.

解：（Ⅱ）以D為頂點，設∠EDB=θ，∵DE⊥EB，DE=EB，∴θ=45°.

設∠EDA=θ1，∵ED⊥平面ACD，∴ED⊥AD，θ1=90°.

設∠BDA=θ2，由（Ⅰ）知AC⊥DC，∴AD=DC2+AC2=6，∴BD2+AB2=AD2，即BD⊥AB，∴cosθ2=DBAD=13，∴sinθ2=23.

設所求的二面角為α，

代入公式，得cosα=cosθ-cosθ1cosθ2sinθ1sinθ2=22-01×23=32.

∴α=π6，故二面角B—AD—E的大小為π6.

圖4【例2】（2012·全國新課標·19，12分）如圖4，直三棱柱ABC—A1B1C1中，AC=BC=12AA1，D是棱柱AA1的中點，DC1⊥BD.

（Ⅰ）證明：DC1⊥BC；

（Ⅱ）求二面角A1-BD-C1的大小.

解：（Ⅰ）證明：由題設知，直棱柱的側面為矩形.

設AC=BC=1，則AA1=2，A1C1=B1C1=1，CC1=BB1=2.

∵D為AA1的中點，

∴DC=DC1=2，可得DC21+DC2=CC21，

∴DC1⊥DC.

又DC1⊥BD，DC∩BD=D，∴DC1⊥平面BCD.

∵BC平面BCD，故DC1⊥BC.

（Ⅱ）分析：二面角A1-BD-C1中，面A1DB即為面A1DBB1，可把點A1移至B1的位置，等價轉換為求二面角B1-BD-C1的大小，以B為頂點，相關三棱錐為B-DC1B1，其中側面BC1B1和側面BDC1均為直角三角形，側面DBB1是等腰三角形，所有的邊長都容易求得，相關三個角的正、余弦值可寫，思路打通.（本例也可以以D為頂點，從三棱錐D-A1C1B入手，留給讀者嘗試）

解：（Ⅱ）平面A1DB即為平面A1DBB1，用B1代替A1等價轉換為求二面角B1-BD-C1的大小.連結DB1，以B為頂點，設∠C1BB1=θ，Rt△C1B1B中，BC1=CB21+BB21=5，∴cosθ=BB1BC1=25.

設∠DBC1=θ1，∵DC1⊥BD，∴BD=BC21-DC21=3，∴cosθ1=BDBC1=35，sinθ1=25.

設∠DBB1=θ2，矩形A1ABB1中，D是AA1的中點，∴DB=DB1，∴cosθ2=12BB1BD=13，∴sinθ2=23.

設所求的二面角為α，代入公式得cosα=cosθ-cosθ1cosθ2sinθ1sinθ2=32，∴α=30°，故二面角A1-BD-C1為30°.

說明：轉換二面角的表示式，可使圖形更直觀，把原不等邊三角形轉換為等腰三角形，且繞過了證明AB⊥AC這步.（用向量法解這步不能少）

【例3】（2013·遼寧·18，12分）如圖5，AB是圓的直徑，PA垂直圓所在的平面，C是圓上的一點.

（Ⅰ）求證：平面PAC⊥平面PBC；

（Ⅱ）若AB=2，AC=1，PA=1.求二面角C—PB—A的余弦值.

圖5分析：（Ⅰ）（略）；（Ⅱ）由圖5可知二面角C-PB-A的相關三棱錐B-PAC是直側面三棱錐，兩個直側面△PAB和△ABC都是已知兩邊長的直角三角形，利用直面式公式（一）解答.

解：（Ⅱ）∵PA⊥平面ABC，∴平面PAC⊥平面ABC，且PA⊥AB，以B為頂點，

設∠PAB=θ1，

∵PA=1，AB=2，

∵PB=PA2+AB2=5，∴sinθ1=15.

設∠ABC=θ，

∵AB是圓的直徑，C是圓上的一點，

∴AC⊥BC，而AB=2，AC=1，

∴BC=3，tanθ=13.

設所求的二面角大小為α，將sinθ1=15，tanθ=13代入直面式公式（一）得：

tanα=tanθsinθ1=13×51=53，∴cosα=64.

∴所求二面角C-PB-A的余弦值為64.

【例4】（2011·天津·17，13分）如圖6，在三棱柱ABC—A1B1C1中，H是正方形AA1B1B的中心，AA1=22，C1H⊥平面AA1B1B，且C1H=5.

（Ⅰ）（略）；（Ⅱ）求二面角A-A1C1-B1的正弦值.（Ⅲ）（略）.

圖6解：（Ⅱ）由圖6知，二面角A-A1C1-B1等于二面角A-A1C1-H與二面角H-A1C1-B1的和.

設這三個二面角的大小分別為α、α1、α2，即α1+α2=α.

∵H是正方形AA1B1B的中心，連結BA1必過點H.

∵C1H⊥AA1B1B，∴平面C1HA1⊥平面AA1B1B，而HA1AA1B1B，∴C1H⊥HA1.以A1為頂點，∵BA1是正方形AA1B1B的對角線，∴∠AA1H=∠B1AH=θ=45°，∴tanθ=1.

又∵AA1=22，∴BA1=4，HA1=12BA1=2.

又∵C1H=5，

∴A1C1=C1H2+HA21=3，

∴sin∠C1A1H=sinθ1=53.

將tanθ=1，sinθ1=53代入直面式公式（一）得tanα1=tanθsinθ1=tanα2=35，∴cosα1=514，sinα1=314，且α1=α2，sinα=sin2α1=2sinα1cosα1=357.

故二面角A-A1C1-B1的正弦值為357.

二、公式（包括一般式、直面式）的逆應用

圖7【例5】（2014·全國新課標2A·18，12分）如圖7，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，E為PD的中點.

（Ⅰ）（略）；

（Ⅱ）設二面角D-AE-C為60°，AP=1，AD=3，求三棱錐E-ACD的體積.

解：（Ⅱ）∵PA⊥平面ABCD，∴平面PAD⊥平面ABCD，且PA⊥AD.

以A為頂點，∵PA=1，AD=3，

∴PD=PA2+AD2=2.

∵E是PD的中點，∴EA=12PD=ED=1.

設∠EAD=θ1，

∴cos∠EAD=cosθ1=12ADAE=32，∴sinθ1=12.

設CD=a，∠CAD=θ，∵底面ABCD為矩形，∴tan∠CAD=tanθ=CDAD=a3.

設二面角D-AE-C的大小為α，α=60°，代入公式tanα=tanθsinθ1，得3=a3×21，a=32.

∵E是PD的中點，

∴三棱錐E-ACD的高為12PA=12.

∴三棱錐E-ACD的體積V=13×12×32×3×12=38.

圖8【例6】（2011·北京·16，14分）如圖8，在四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，AB=2，∠BAD=60°.

（Ⅰ）（略）；Ⅱ（略）；（Ⅲ）當平面PBC與平面PDC垂直時，求PA的長.

解：由圖8知，平面PBC與平面PDC的夾角即為二面角B-CP-D，它等于二面角B-CP-A與二面角A-CP-D的和.設這三個二面角的大小分別為α、α1、α2，則α1+α2=90°.

∵PA⊥平面ABCD，∴平面PAC⊥平面ABCD，且PA⊥AC.

以C為頂點，菱形ABCD中，∠BAD=∠BCD=60°，∴∠BCA=∠ACD=θ=30°.

設∠PCA=θ1，代入直面式公式（一）得：

tanα1=tanθsinθ1=tanα2，∴α1=α2=45°，

∴sinθ1=tanθtanα1=33；∴tanθ1=22.

∵菱形ABCD的邊長為2，且∠BAD=60°，∴ABC=120°.

∴AC=AB2+CB2-2AB·CB·cos∠ABC=23，

∴PA=AC·tanθ1=23·22=6.

【例7】（2014·湖北·19，12分）如圖9，在棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F，M，N分別是棱AB，AD，A1B1，A1D1的中點，點P，Q分別在棱DD1，BB1上移動，且DP=BQ=λ（0<λ<2）.

圖9（Ⅰ）（略）；

（Ⅱ）是否存在λ，使平面EFPQ與平面PQMN所成的二面角為直二面角？若存在，求出λ的值；若不存在，說明理由.

解：（Ⅱ）假設λ存在.平面EFPQ與平面PQMN所成角即為二面角E-QP-M，設其大小為α，α=90°，相關三棱錐為Q-PEM.由一般式公式，有：

cosα=cos∠EQM-cos∠EQPcos∠MQPsin∠EQPsin∠MQP.

∵α=90°，cosα=0，且sin∠EQPsin∠MQP≠0，

∴cos∠EQM=cos∠EQPcos∠MQP.（1）

∵ABCD-A1B1C1D1為正方體，且棱長為2，DP=BQ=λ，E，M分別為AB，A1B1的中點，∴QP=22，QE=1+λ2，QM=1+（2-λ）2，PE=5+λ2，QM=1+（2-λ）2，PE=5+λ2，PM=5+（2-λ）2，ME=2.

△QEM中，由余弦定理得cos∠EQM=QE2+QM2-ME22QE·QM=（λ-1）2QE·QM.

同理，由△QPE得cos∠EQP=12QE，由△QPM得cos∠MQP=12QM.

代入（1）式并整理得（λ-1）2=12，∴λ=1±22.

故存在λ=1±22，使平面EFPQ與平面PQMN所成的二面角為直二面角.（注：用余弦定理來求相關角的余弦值時，如果分母比較復雜，分母中就先保留原來一條或兩條鄰邊（字母），代入公式化簡后，再代入數式，這樣做不但減少書寫，也感到輕松）

下面3題只給提示，留給有興趣的讀者去完成.

1.（2010·陜西·18，12分）如圖10，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，AP=AB=2，BC=22，E、F分別是AD、PC的中點.

（Ⅰ）（略）；（Ⅱ）求平面BEF與平面BAP夾角的大小.

圖10提示：（Ⅱ）題中不給二面角的棱，可把平面BAP平移到“中間”位置，取BC的中點G，連結EG、FG，有EG∥AB，FG∥PB，∴平面GEF∥平面BAP，化為求二面角G-EF-B的大小.相關三棱錐為E-FBG，側面EFG⊥側面EBG.答案：45°.

2.（2012·福建·18，13分）如圖11，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AA1=AD=1，E為CD中點.

（Ⅰ）（Ⅱ）（略）；

圖11（Ⅲ）若二面角A-B1E-A1的大小為30°，求AB的長.

提示：考慮將平面“縮小”，平面B1EA1中，把點A1移到A1B1的中點M；平面B1EA中，把點A移到AB1的中點N，將二面角A-B1E-A1轉換為二面角N-B1E-M，相關三棱錐為E-B1MN，側面B1EM⊥側面EMN.答案：2.

3.（2011·江蘇附加·22，10分）如圖12在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2，AB=1，點N是BC的中點，點M在CC1上，設二面角A1-DN-M的大小為θ.

（Ⅰ）當θ=90°時，求AM的長；（Ⅱ）當cosθ=66時，求CM的長.

圖12提示：注意二面角A1-DN-M的大小為θ，DN擺在底面內，設二面角A-DN-A1和二面角M-DN-C的大小分別為α1和α.由圖12知α1+θ+α=180°.由直側面三棱錐D-NAA1可求得tanα1=5，cosα1=66.（Ⅰ）∵θ=90°，∴tanα=（90°-α1）=15，先從直側面三棱錐D-NMC中求CM，再求AM.答案：515.（Ⅱ）由已知cosθ=66，∴θ=α1，∴tanα=tan（180°-2α1）=52，仿（Ⅰ）求CM.答案：12.

三、小結補充

說明：直面式分式（一）tanα=tanθsinθ1（0<α，θ<180°）中，sinθ1≠0，若α=90°，左邊tanα不存在，則右邊tanθ也不存在，θ=90°；反之，若θ=90°，則α=90°.這個結論用幾何方法不難證明.（2012·全國2，18）和（2012·遼寧·18）這兩題用這種方法去解答，所得的結果均與原參考答案相符（遼寧卷的題先轉換二面角的表示式）.限于篇幅，不再贅述.

建議在應用本文公式去解題時，養(yǎng)成這樣的習慣：若直接應用公式去解答有困難，就考慮能否“放大”或“縮小”平面，或平移平面，或利用余角、補角、和角、倍角關系來取得便于計算的相關三棱錐，以化復雜為簡單，化不可能為可能.這種方法，學生首次遇上會感到技巧性太強，但習慣后自然就變?yōu)槌Ｒ?guī)了.

（責任編輯鐘偉芳）